[atARC100F]Colorful Sequences

考虑求任意序列中$a$出现次数之和减去不合法序列中$a$出现次数之和，前者即为$(n-m+1)k^{n-m}$（一个序列重复次数恰好为$a$出现次数），对于后者，先忽略$a$的次数，即统计有多少个不合法序列

考虑dp，令$f[i][j]$表示前$i$个数，后$j$个数各不相同（且后$j+1$个数存在相同）的不合法序列数，转移对最后一个数分类讨论：

1.与第$i-j$个数不同，即长度增加1，则有$f[i][j]+=(k-(j-1))f[i-1][j-1]$

2.与第$i-j$个数相同，那么上一次长度任意，即$f[i][j]+=\sum_{t=j}^{k}f[i-1][t]$

暴力时间复杂度为$o(nk^{2})$，前缀和优化可以做到$o(nk)$，再考虑$a$的影响，对$a$分类讨论：

1.若$a$中包含一个$k$阶排列（$a$合法），那么存在$a$必然合法，即不合法序列中$a$出现次数之和为0

2.若$a$中元素各不相同且$m<k$，定义$g[i][j]$表示所有$f[i][j]$序列中长为$m$且各不相同的子串数之和，转移类似，即在$j\ge m$时累计入$g[i][j]$中即可

同时，由于$m$个元素以及顺序已经确定，因此要除以$P(k,m)$（其中$P$为排列，即$P(n,m)=\frac{n!}{(n-m)!}$）

3.若$a$中包含相同的元素，令$x$为最大的$x$满足$[1,x]$中元素各不相同，$y$为最小的$y$使得$[y,m]$中元素各不相同，将整个序列分为$[1,x]$、$(x,y)$和$[y,m]$三部分

若$(x,y)$非空，那么即要求$(x,y)$不会影响其合法性，考虑如果存在一段长度为$k$的排列经过这个，那么必然不能完全在$[1,m]$内部（第一种情况），那么如果选择左边"出去"，则不能选择到$x+1$，右边同理，即得证

具体来说，先枚举出现$a$的位置$i$，再枚举最后一段，即$\sum_{i=1}^{n}\frac{\sum_{j=x}^{k-1}f[i+x-1][j]}{P(k,x)}\cdot \frac{\sum_{j=m-y+1}^{k-1}f[n-(i-1)-(y-1)][j]}{P(k,m-y+1)}$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 25005
#define K 405
#define mod 1000000007
int n,m,k,ans,inv[K],a[N],vis[N],las[K],f[N][K],g[N][K];
int p_inv(int n,int m){
    int ans=1;
    for(int i=n-m+1;i<=n;i++)ans=1LL*ans*inv[i]%mod;
    return ans;
}
int main(){
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<K-4;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&m);
    for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
    ans=n-m+1;
    for(int i=1;i<=n-m;i++)ans=1LL*ans*k%mod;
    int tot=0,flag=0,x,y;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if (++vis[a[i]]==1)tot++;
        if ((i>k)&&(--vis[a[i-k]]==0))tot--;
        if (tot==k){
            printf("%d",ans);
            return 0;
        }
    }
    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        tot=0;
        for(int j=k-1;j;j--){
            tot=(tot+f[i-1][j])%mod;
            f[i][j]=(1LL*(k-j+1)*f[i-1][j-1]+tot)%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)las[a[i]]=i;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        if (las[a[i]]!=i)flag=1;
    if (!flag){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            tot=0;
            for(int j=k-1;j;j--){
                tot=(tot+g[i-1][j])%mod;
                g[i][j]=(1LL*(k-j+1)*g[i-1][j-1]+tot)%mod;
                if (j>=m)g[i][j]=(g[i][j]+f[i][j])%mod;
            }
        }
        tot=0;
        for(int i=1;i<=k;i++)tot=(tot+g[n][i])%mod;
        printf("%d",(ans+mod-1LL*tot*p_inv(k,m)%mod)%mod);
        return 0;
    }
    memset(las,0,sizeof(las));
    for(int i=1;i<=m;i++){
        if (las[a[i]]){
            x=i-1;
            break;
        }
        las[a[i]]=1;
    }
    memset(las,0,sizeof(las));
    for(int i=m;i;i--){
        if (las[a[i]]){
            y=i+1;
            break;
        }
        las[a[i]]=1;
    }
    for(int i=1;(i+x-1<=n)&&(i-1<=n-(y-1));i++){
        int s1=0,s2=0;
        for(int j=x;j<k;j++)s1=(s1+f[i+x-1][j])%mod;
        for(int j=m-y+1;j<k;j++)s2=(s2+f[n-(i-1)-(y-1)][j])%mod;
        s1=1LL*s1*p_inv(k,x)%mod;
        s2=1LL*s2*p_inv(k,m-y+1)%mod;
        ans=(ans+mod-1LL*s1*s2%mod)%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}